Решения задач М826—М830; Ф837—Ф841

45

and supply them with reasonable numerical values yourself and obtain a numerical answer.

E. I. Palchikov

P855. A charged plate is introduced all the way between the plates of a flat capacitor parallel to them at a distance $b$ from one of the plates (see figure Pisc. 4). The capacitor is connected to the poles of a battery of EMF $6$. Find the force acting on the charged plate if its charge is $q$. The weight of the plate is negligible. The area of the plates is $S$, the distance between them is $d$.

V. P. Borodin, A. P. Ershov

P856. Direct current circulates through a heating spiral of constant resistance. What will be the percentage change in the mean amount of heat emitted by the spiral per second if an alternative (sinusoidal) current, whose amplitude is 10% of the direct current’s value, is also sent through the spiral?

V. G. Dudnikov

P857. A shiny can has a dent which reflects light on a screen. A cooled liquid is poured into the can. The reflected signal noticeably weakens. Explain this phenomenon.

V. G. Dudnikov

Решения задач

M826—M830; Ф837—Ф841

Ответ: a) нет, 6) да. Заметим сначала, что если исходными числами были 2, 2, 2 или 3, 3, 3, или вообше любые числа, больше 1, то и все последующие числа будут больше 1, причем наиболее число в каждой новой тройке всегда на 1 меньше суммы двух других. Это сообщение позволяет по последней тройке чисел восстановить все предыдущие, кроме самой первой.

Действительно, пусть в тройке $a, b, c$ для определения $a \leq b \leq c$. Тогда $c = a + b - 1$ и предыдущая тройка имеет вид $a, b, x$. Набольшим числом в ней можно считать $b$ (если $x > b$, то $x = a + b - 1 = c$). Но тогда $b = a + x - 1$. Следовательно, тройка $a, b, c$ при $a \leq b \leq c$ получается из тройки $a, b, b - a + 1$.

Пользоваться этим правилом, восстановим все записи на доске, начиная с конца:

(17, 1967, 1983) $\leftarrow$ (17, 1967, 1951) $\leftarrow$ (17, 1935, 1951) $\leftarrow$ … $\leftarrow$ (17, 15, 31) $\leftarrow$ (17, 15, 3) $\leftarrow$ (13, 15, 3) $\leftarrow$ … $\leftarrow$ (5, 7, 3) $\leftarrow$ (5, 3, 3).

По нашему правилу тройке 5, 3, 3 должна быть предшествовать тройка 1, 3, 3, содержащая 1, что невозможно. Поэтому 5, 3, 3 — тройка, полученная на первом шаге. (Очевидно, что остальные тройки на первом шаге возникнут не могут.) Ясно, что тройка 5, 3, 3 может получить из 3, 3, 3 и не может из 2, 2, 2.

A. Берзины

M827. Известно, что четыре синхронные на рис. 1 равновелики.
a) Доказите, что три красных четырехуровнки на этом рисунке также равновелики.

Нам понадобится следующая часть применения:

Лемма. Пусть $P$ — точка на стороне KL треугольника KLM. Тогда отношение площадей треугольников MKP и MPL равно

$$S_{MKP} : S_{MPL} = |KP| : |PL|.$$

(Для доказательства достаточно знать, что тре-

46

6. Найдите площадь одного четырехугольника, если площадь одного синего треугольника равна 1.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

М828 *. Можно ли в клетках бесконечного листа клетчатой бумаги так, чтобы сумма чисел в каждой прямеугольнике размера 4×6 клеток, стороны которого идут по линям сетки, равнялись a) 10; б) 1?

a) Введем обозначения, как на рисунке 1. Заметим, что треугольники $A_0C_0$ и $AA_0C_1$ равновелики (каждый из них составлен из треугольника $AA_0B_0$ и одного из синх треугольников). Эти треугольники имеют общее основание $AA_0$, поэтому их вершины $C_0$ и $C_1$ равновелены от прямой $AA_0$, то есть прямые $AA_0$ и $C_1C_0$ параллельны. Аналогично, $BB_0 \parallel A_1A_0$ и $CC_0 \parallel B_1B_0$. Расмотрим трапецю $AA_0C_0C_1$ (рис. 3). Её диагонали пересекаются в точке $B_0$, а продолжения боковых сторон — в точке $B$. Эти точки лежат на прямой, соединяющей середины $D$ и $E$ ее оснований $AA_0$ и $C_1C_0$. (Действительно, $B_0$ — центр гомотетии треугольников $B_0AA_0$ и $B_0C_0C_1$, а $B$ — центр гомотетии треугольников $BAA_0$ и $BC_1C_0$.) А поскольку эта прямая параллельна $A_1A_0$, точка $B_0$ — середина отрезка $A_1A$. По лемме отсюда вытекает, что $S_{AB_0C_0} = S_{B_0A_1C}$. Следовательно (см. рис. 1), площади четырехугольников $AB_0A_0B_1$ и $CA_0C_0A_1$ равны. Аналогично доказывается, что и третий красный четырехугольник $BC_0B_0C_1$ имеет такую же площадь.

Подумайте, останется ли верным утверждение этого пункта задачи, если потребовать равенства площадей только трех угловых синх треугольников.

6. Ответ: площадь красного четырехугольника $s = 1 + \sqrt{5}$. Чтобы составить уравнение для нахождения исходной площади s, выразим двумя способами относение $|BC_1|:|C_1A|$ с помощью леммы:

$$|BC_1|:|C_1A| = S_{CBC_1}:S_{CC_1A} = (2s+2):(s+2) = S_{B_0BC_1}:S_{B_0C_1A} = (s/2):1.$$

(Пояснение здесь требует только равенство $S_{B_0BC_1} = s/2$. Как было показано выше, точка $E$ — середина $C_0C_1$ (рис. 3). Отсюда, опять-tаки пользоваться леммой, легко вывести, что треугольники $B_0BC_1$ и $B_0BC_0$ равновелики. А вместе они составляют четырехугольник $BC_0B_0C_1$ площади s). Итак, s удовлетворяет уравнению:

$$s^2 - 2s - 4 = 0,$$

откуда $s = 1 + \sqrt{5}$.

Б. И. Чиник, В. Н. Дубровский

◆

Ответ: a), 6) можно. В обих случае искому расстановку можно получить, комбинируя две более простые расстановки.

a) Поставим единицы на параллельных диагоналях сетки, удаленных друг от друга на 4 клетки (по горизонтации или вертикали), в остальные клетки поставим нули (рис. 1, a). Тогда сумма чисел в каждой прямеугольнике $4 \times 6$ будет равна 6. Это первый расстановка. Вторая устроена так же, но в ней расстояния между диагоналями с единицами — 6 клеток (рис. 1, 6); для нее сумма чисел в любом прямеугольнике $4 \times 6$ равна 4. Тепер наложим одну расстановку на другую и сложим числа, попавшие в одну клетку; оченьindo, для итоговой расстановки расматривается сумма чисел всего равна 10.

6. Возьмем те же расстановки, что и в пункте a), но на диагоналях вместе с единицами — 6 клеток (рис. 1, 6); сумма чисел в любом прямеугольнике $4 \times 6$ будет равна 4. Тепер наложим одну расстановку на другую и сложим числа, попавшие в одну клетку; оченьindo, для итоговой расстановки расматривается сумма чисел всего равна 10.

Предлагаем читательям, используя те же идеи, доказать такое общее утверждение: в клетках бесконечной плоской решетки можно так расставить целые числа, что сумма чисел в любом прямеугольнике данных размеров принимает одно и то же заданное значение. То же верно для

47

М829. Докажите, что среды любых 2m+1 различных целых чисел, по модулю не превосходящих 2m−1, найдутся три числа, сумма которых равна 0.

Докажем утверждение задачи индукцией по m.
При m=1 оно очевидно (edinventная тройка чисел, удовлетворяющая условию, — это 0, 1 и —1).
Предположим, что оно доказано для 2m−1 чисел и рассмотрим любое множество A из 2m+1 чисел, по модулю не превосходящих 2m−1. Если в нем найдется 2m−1 чисел, по модулю не превосходящих 2m−3, то утверждение следует из предположения индукции. В противном случае в множество A есть хотя бы три из чисел ±(2m−2) и ±(2m−1). Сменив при необходимости знаки у всех чисел из A, можно добиться, чтобы это были числа 2m−1, 2m−2, а также −2m+1 (1-й случай) или −2m+2 (2-й случай).

1-й случай. Разобем все числа от 1 до 2m−2 на пары, дающие в сумме 2m−1:(1, 2m−2), (2, 2m−4), …, (m−1, m), а числа от 0 до −2m+1 — на пары, дающие в сумме −2m+1:(0, −2m+1), …, (−m+1, −m). Получится 2m−1 пар, содержащих все 2m чисел множества A, кроме 2m−1. Поэтому хотя одна пара входит в множество A и составляющие ее числа в сумме c −2m+1 или c 2m−1 дают 0.

2-й случай. Расмотрим теперь m−2 пары (1, 2m−3), (2, 2m−4), …, (m−2, m) с суммой чисел 2m−2 и m пар (0, −2m+1), …, (−m+1, −m) с суммой чисел −2m+1. Эти 2m−2 пары содержат все числа множества A, кроме 2m−1, 2m−2 и m−1, то есть 2m−1 чисел из A. Следовательно, одна из них опять входит в множество A и дает нулеvyю сумму c −2m+2 или 2m−1.

Н. В. Картацов

М830 *. Школьник упражняется в решении квадратных уравнений. Выписав какое-то уравнение x²+p₁x+q₁=0, он решает его u, убедившись, что оно имеет два корня, составляет второе уравнение x²+p₂x+q₂=0, в котором p₂ — это меньший, а q₂ — больший корень первого уравнения. По второму уравнению он составляет третье, если это возможно, и т. д.

a) Докажите, что это упражнение не может продолжаться бесконечно долю.
b) Найдите наиболее длинную конечной последовательности квадратных трехчленов, удовлетворяющих уравнению, удовлетворяющих уравнению.

a) Решение основано на изучении знаков коэффициентов уравнения. Пусть fₙ(x)=x²+pₙx+qₙ=0 — е уравнение в рассматриваемой последовательности. Докажем, такое утверждение:
если n≥3 и уравнение fₙ(x)=0 не последнее, то числа pₙ и qₙ либо оба положительные, либо оба отрицательные.
Пользовательно Виета, выразим коэффициенты квадратного трехчлена fₙ−1(x) через pₙ и qₙ.
$$p_{n−1} = -(p_n + q_n), q_{n−1} = p_n q_n.$$

По условию pₙ<qₙ и pₙ−1<qₙ−1, то есть −(pₙ+qₙ) < <pₙqₙ или qₙ> −pₙ(1+qₙ). Присоединяя к этим неравенствам уравнение положительное дискриминант трехчлена fₙx, получим систему
$$q_n > p_n$$
$$q_n > -p_n(1+q_n)$$
$$4q_n < p_n^2,$$

которая решена графически на полях. Из графика сразу следует наше утверждение. (Впрочем, его нетрудно доказать и алгебраически: случай pₙ≥0≥qₙ невозможен (qₙ>pₙ); если же pₙ≤0≤qₙ, то из (2) и (3) получим, что qₙ²>pₙ²(1+qₙ)²>4qₙ(1+qₙ)² или 4qₙ³+7qₙ²+4qₙ<0, что также невозможно при qₙ≥0).

48

Теперь допустим, что число уравнений в последовательности не меньше пяты, Если уравнение $f_5(x) = 0$ не последнее, то из доказанного утверждения и соответствий (1) вытекает, что возможно только два случая: либо $0 < p_5 < q_5$ и тогда $p_4 < 0 < q_4$, либо $p_5 < q_5 < 0$ и тогда $0 < p_4 < q_4$, а $p_3 < 0 < q_3$. И то, и другое противоречит нашему утверждение. Следовательно, рассматриваемая последовательность уравнения всегда объявиется, причем не позднее пятого шага.

6. Ответ: наиболее длинная последовательность квадратных трехчленов равна 5.

Из решения задачи a) видно, что составить больше пяты уравнения по указанному закону нельзя. Следующий пример показывает, что последовательность длины 5 существует (она выписана с конца — в том порядке, в котором ее удобнее строить по формулам (1)): $f_5(x) = x^2 - \frac{1}{2}x + 4$, $f_4(x) = x^2 - \frac{7}{2}x - 2$, $f_3(x) = x^2 + \frac{11}{2}x + 7$, $f_2(x) = x^2 - \frac{25}{2}x + \frac{77}{2}$, $f_1(x) = x^2 - 26x - \frac{1925}{4}$.

М. В. Сапир

Ф837. Для изменения скорости части используется лазерный аnemометр, в котором движущемся частицы освещаются двумя пересекающими лазерными коэффициентами уравнения, не являющиеся ни первым, ни вторым, ни последним в рассматриваемой последовательности.

Ф837. Для изменения скорости части используется лазерный аnemометр, в котором движущемся частицы освещаются двумя пересекающими лазерными коэффициентами уравнения, не являющиеся ни первым, ни вторым, ни последним в рассматриваемой последовательности.

Выберем систему координат $XOY$ так, как это показано на рисунке 2, и для произвольной точки $a$ с координатами $x$ и $y$ найдем разность фаз $\Delta\varphi$ для двух плоских волн, соответствующих нашим лучкам и прихождения в эту точку. Пусть фаза первого волны в точке с координатами $x = 0$ и $y = 0$ равна $\varphi_0$, то есть $\varphi_1(0, 0) = \varphi_0$. Фронт этой волны изобразен на рисунке 2 прямой $N_{10}$, проходящий через точку (0; 0); фронт этой волны, проходящий через точку (x; y), изобразен прямой $N_1$. Очевидно, что разность хода $\Delta_1$ для лучей, соответствующих этой волне, приходящих в точки (0; 0) и (x; y), равна расстоянию между прямыми $N_{10}$ и $N_1$, то есть равна отрезка $OB$. Из простых геометрических соображений находится этого отрезка и, следовательно, $\Delta_1$:

$$\Delta_1 = |OB| = x \sin \frac{\alpha}{2} + y \cos \frac{\alpha}{2}.$$

Следовательно, фаза волны в точке $(x; y)$ равна $\varphi_1(x, y) = \varphi_0 - \frac{2\pi}{\lambda} (x \sin \frac{\alpha}{2} + y \cos \frac{\alpha}{2})$,

где $\lambda$ — длина волны.

Совершенно аналогично положим фазу волны, соответствующей второму лучку, в точке с координатами $(d; 0)$ равной $\Psi_0$, то есть $\varphi_2(d, 0) = \Psi_0$ (здесь $d$ — расстояние между точками $O$ и $O'$). На рисунке 2 фронт второго волны, проходящий через точку $(d; 0)$, изобразен прямой $N_{20}$, а фронт второго волны, проходящий через точку $(x; y)$, изобразен прямой $N_2$. Разность хода $\Delta_2$ равна отрезка $O'C$, то есть равна

$$\Delta_2 = |O'C| = (d - x) \sin \frac{\alpha}{2} + y \cos \frac{\alpha}{2}.$$

Следовательно, фаза второго волны в точке $(x, y)$ равна

49

$$\varphi_2(x, y) = \Psi_0 - \frac{2\pi}{\lambda} \left( (d - x) \sin \frac{\alpha}{2} + y \cos \frac{\alpha}{2} \right).$$

Разность фаз $\Delta\varphi(x, y)$ между волнами двух пучков в точке $(x: y)$ равна

$$\Delta\varphi(x, y) = \varphi_1(x, y) - \varphi_2(x, y) = \varphi_0 - \Psi_0 - \frac{2\pi}{\lambda} \left( 2x \sin \frac{\alpha}{2} - d \sin \frac{\alpha}{2} \right).$$

Как видно из полученного выражения для $\Delta\varphi(x, y)$, сдвиг по фазе между волнами двух пучков света зависит только от координаты $x$. Пусть амплитуды волн обихих пучков равны друг другу и равны $A$. Распределение интенсивности света в области пересечения пучков будет иметь вид $I(x) = 2A^2(1 + \cos \Delta\varphi) = 2A^2 \left( 1 + \cos \left( \varphi_0 - \Psi_0 - \frac{2\pi}{\lambda} \left( 2x \sin \frac{\alpha}{2} - d \sin \frac{\alpha}{2} \right) \right) \right).$

Эта перiodическая функция имеет период $\Delta x$ вдоль оси $X$, который находится из условия

$$\frac{2\pi}{\lambda} 2 \cdot \Delta x \cdot \sin \frac{\alpha}{2} = 2\pi \Rightarrow \Delta x = \frac{\lambda}{2 \sin \frac{\alpha}{2}}.$$

Если размер частцы меньше $\Delta x$ и частца движется равномерно со скоростью $v$ вдоль оси $X$, то интенсивность света, отраженного от частцы и улавливаемого фотоэлементом, будет периодической меняется со временем с периодом $T = \Delta x/v$ или с частотой $v = v/\Delta x$. Подставляя найденное выражение для $\Delta x$, из последнего равенства находится:

$$v = \frac{\lambda v}{2 \sin \frac{\alpha}{2}} = \frac{0.63 \times 10^{-6} \cdot 320 \cdot 10^3}{2 \cdot 0.5} \text{ m/c} \approx 0.2 \text{ m/c}.$$

В. В. Можаев

Ф838. В 1844 году выдающая математик и астроном Бессель обнаружил, что собственное (не связанное с движением земного habлодателя) движение Сириуса просходит примерно по синусоиде (рис. 1). Максимальное увеличение от прямолинейного пути $a = 2,3''$, период $T = 50$ лет. Бессель предложил (через 18 лет это было подтверждено прямым наблюдением), что искривление пути Сириуса вызывается начищем спутника — более слабой звезды. Найти относение массы $m$ спутника (Сириуса $B$) к массе $M_C$ Солнца, если масса основной звезды (Сириуса $A$) $M = 2,3M_C$. Известно, что радиус земной орбиты виден с Сириуса под углом $\beta = 0,376''$. Считать, что орбиты звездодруговые, а плоскость

Из условия задачи ясно, что $a$ — угловой размер радиуса орбиты Сириуса $A$ при наблюлении с Земли. Учитывая малость углов $a$ и $\beta$, можно записать соответствие между радиусами орбиты Сириуса $A$ ($R$) и Земли ($R_0$) (см. рис. 2):

$$\frac{R}{R_0} = \frac{a}{\beta}.$$

Компоненты системы Сириуса обращаются вокруг центра масс. Радиус $r$ орбиты Сириуса $B$ равен

$$r = \frac{M}{m} R.$$

Расстояние между компонентами, таким образом, равно $R + r$.

Запишем уравнение движения (II закон Ньютона) для Сириуса $A$ и для Земли (масса Земли $m_0$, земной год $T_0$):

$$M \left( \frac{2\pi}{T} \right)^2 R = G \frac{Mm}{(R+r)^2},$$

$$m_0 \left( \frac{2\pi}{T_0} \right)^2 R_0 = G \frac{M_C m_0}{R_0^2}.$$

Поделим уравнение (3) на уравнение (4):

50

$$\left(\frac{T_0}{T}\right)^2 \frac{R}{R_0} = \frac{m}{M_C} \frac{R_0^2}{(R+r)^2}.$$

Удобно ввести безразмерные величины $\mu = \frac{m}{M_C}$, $\tau = \frac{T}{T_0}$, $\varrho = \frac{R}{R_0}$. Тогда уравнение (5) с учетом соответствия (2) преобразуется к виду

$$\frac{(\mu + M/M_C)^2}{\mu^3} = \frac{\tau^2}{\varrho^3}.$$

No $M/M_C = 2,3$, $\varrho = \alpha/\beta \approx 6,1$ (соответствие (1)), а $\tau = 50$. Следовательно,

$$\frac{(\mu + 2,3)^2}{\mu^3} = \frac{\tau^2}{(\alpha/\beta)^3} \approx 11.$$

Подбором находится:

$$\mu = m/M_C \approx 1.$$

В. Е. Белочукин

Ф839. Если шестгранный карандаш положить на наклонную плоскость, составляющую угол а с горизонтальной поверхности, перпендикулярно ее образующей (линии пересечения плоскости с горизонтальной поверхности), карандаш будет покотиться. Если его положить параллельно образующей, он будет скатываться видом. При каких условиях ф между осью карандаша и образующей наклонной плоскости (рис. 1) карандаш будет находиться в равновесии?

Из условия задачи следует, что коэффициент трения скольжения $\mu$ карандаша по наклонной плоскости удовлетворяет условию $\mu \geqslant \text{tg} \alpha$. Действительно, карандаш, положенный перпендикулярно образующей, находится в равновесии, а это означает, что $mg \sin \alpha = F_{\tau p}$, где $mg$ — сила тяжестеки, $F_{\tau p}$ — сила трения. Но $F_{\tau p} \leqslant \mu mg \cos \alpha$. Следовательно, $mg \sin \alpha \leqslant \mu mg \cos \alpha$, откуда $\mu \geqslant \text{tg} \alpha$.

Это означает, что ни при каких значениях угла $\varphi$ скольжения карандаша по наклонной плоскости не будет.

Скатывение карандаша может начасти при таком угле $\varphi_0$, когда вектор силы тяжесте «выйдет» за пределы участка соприкосновения карандаша и наклонной плоскости (на рисунке 2 этот участок защищен). Для нахождения этого угла спроектируем на наклонную плоскость центр масс карандаша — точка $A$ на рисунке 2 — и отметим точку пересечения вертикали, проходящей через центр масс, с наклонной плоскостью — точка $B$. Очевидно, при различных орентациях карандаша, если его центр масс остается на месте, точки $A$ и $B$ будут неподвижны, причем, если сторона шестиугольного поперечного сечения карандаша равна $2a$, то $|AB| = 2a \sin \alpha$.

Пока точка $B$ лежит в шестиугольной области, карандаш не будет перекатываться.

Запишем условия начасти скатывания:

$$\frac{|AD|}{\cos \varphi_0} = |AB_0|,$$

или $$\frac{\alpha}{\cos \varphi_0} = a\sqrt{3} \text{tg} \alpha.$$

Отсюда

$$\varphi_0 = \arccos \frac{1}{\sqrt{3} \text{tg} \alpha}.$$

Таким образом, если угол $\varphi$ удовлетворяет условию

$$\arccos \frac{1}{\sqrt{3} \text{tg} \alpha} \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2},$$

51

Карандыш находится в равновесии. Очевидно, выражение для угла $\varphi_0$ имеет смысл при условии $tg\alpha > \frac{1}{\sqrt{3}}$. Тот факт, что карандаш, положенный параллельно образующей скатывается, означает, что $tg\alpha > \frac{1}{\sqrt{3}}$ (показите это самостояльно).

С. С. Кротов

Ф840. В горизонтальном расположении плоской коробке размером $10 \times 10$ см беспорядочно лежат $N=1000$ маленьких стальных шариков массы $m=0,5$ м каждый. Коробку начинают движать со скоростью $v_0=10$ м/с перемендикулярно одной из боковых стенок. Считая удары шариков о стенки коробки и другие о других абсолотно упругими, определяют: а) какие импульсы передадут шарики каждой из боковых стенок за первые 10 секунд; б) какие импульсы получают стены за следующее 10 секунд после того, как коробку резко затормозили.

Когда коробка начинает двигаться и ударять шарики, они прибреутускорость $2\vec{v}_0$, и через время $\tau_1 = a/v_0$ (а — сторона коробки) все шарики начинают двигаться (это время на самом деле несколько меньше, так как некоторые шарики могут из-за взаимных столковенной начать движение раныше, чем до них дойдёт стенка). После множества соударений шариков друг с другом и со стенками скорости шариков будут иметь самые произвольные направления.

Дальнейшее удобнее рассматривать в системе отсчета, связанной с коробкой. В этой системе средняя скорость шарика (вектор) равна нулю, а так как скорость коробки по условияне не меняется, то и суммарная энергия шариков остается постоянной, и в среднем каждый шарик будет иметь энергию $mv_0^2/2$. Это все очень похожие на поведение молекул газа, влетающих через малое отверстие в пустой сосуд и имеющих вначале однково направленные скорости, а через некоторое время уже движущся совершенноxaотическая.

Остается выяснить: достаточно ли большое время задано в условиям задачи (10 секунд), чтобы движение шариков сталоxaотической. Для этого найдем приближенное среднее время между соударениями шариков. Будем считать, что за это время $\tau_{cp}$ шарик диаметра $d$ движался по прямой со скоростью $v_0$. Тогда он «заметает» площадь $S = 2dv_0\tau_{cp}$, в котором (в среднем) попадает центр только одного шарика изxaотических расположенных остальных. На эти остальные шарики приходится площадь $a^2$ (а — сторона коробки). Значит, условия единственности столковения за время $\tau_{cp}$ выглядают так:

$$\frac{a^2}{N-1} = 2dv_0\tau_{cp} \Rightarrow \tau_{cp} = \frac{a^2}{2dv_0(N-1)}$$

Диаметр шарика найдем, зная его массу и плотность стали:

$$d = \sqrt[3]{\frac{6m}{\pi q}} \approx 5 \cdot 10^{-4} \text{ м} = 0,5 \text{ мм}$$

Итак, среднее время между соударениями равно $\sim 1 \cdot 10^{-3}$ с. Ясно, что с учетом времени $\tau_1 = a/v_0 = 10^{-2}$ с время «хаотизация» не превышает 0,015—0,020 с, то есть составляет малую часть заданного интервала 10 с. Поэтому можно приближенно считать, что шарики все время движенияxaотических. Тогда число ударов о каждую из стенок одинаково. Для подсчета ударов существенно движение шарика перpendикулярно интерсуюшей нас стенке. Обозначим скорость шарика в этом направлении $v_x$. Число ударов за малое время $\Delta t$ равно

$$\Delta n = \frac{v_x \cdot \Delta t \cdot a}{a^2} \cdot \frac{1}{2} N = \frac{v_x N}{2a} \cdot \Delta t.$$

Значит, за время $T = 10$ с число ударов равно